2021届新高考数学二轮专题闯关导练（山东专用）：高考押题专练一 WORD版含解析.doc

1、五高考押题专练专练一第卷一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1已知集合A1,2,3，Bx|(x1)(x3)0，xZ，则AB()A1 B1,2C0,1,2,3 D1,0,1,2,32已知z为复数，若z(1i)i(i是虚数单位)，则|z|()A1 B.C. D.3设a，b，c，则()Abac BcbaCbca Dcab4函数f(x)cos2的最小正周期为()A. B2C. D5“ln mln n”是“m20时，f(x)xln x1，则曲线yf(x)在x1处的切线方程为()Ayx Byx2Cyx Dyx28在四面体ABCD中，ABAC，

2、ACCD，AB，CD所成的角为30，AB5，AC4，CD3，则四面体ABCD的体积为()A5 B6C7 D8二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分9一组数据2x11,2x21,2x31，2xn1的平均值为7，方差为4，记3x12,3x22,3x32，3xn2的平均值为a，方差为b，则()Aa7 Ba11Cb12 Db910设m，n，l为三条不同的直线，为两个不同的平面，则下面结论不正确的是()A若m，n，则mnB若m，n，mn，则C若m，n，则mnD若m，n，lm，ln，则l11在三棱锥

3、D ABC中，ABBCCDDA1，且ABBC，CDDA，M，N分别是棱BC，CD的中点，下面结论正确的是()AACBDBMN平面ABDC三棱锥A CMN的体积的最大值为DAD与BC一定不垂直12定义：若函数F(x)在区间a，b上的值域为a，b，则称区间a，b是函数F(x)的“完美区间”另外，定义区间a，b的“复区间长度”为2(ba)，已知函数f(x)|x21|，则()A0,1是f(x)的一个“完美区间”B.是f(x)的一个“完美区间”Cf(x)的所有“完美区间”的“复区间长度”的和为3Df(x)的所有“完美区间”的“复区间长度”的和为32第卷三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13已

4、知向量a(4，3)，b(1,2)，a，b的夹角为，则sin _.14.8的展开式中的常数项为_15左手掷一粒骰子，右手掷一枚硬币，则事件“骰子向上为6点且硬币向上为正面”的概率为_16已知抛物线y24x的准线与x轴的交点为H，点F为抛物线的焦点，点P在抛物线上且|PH|k|PF|，当k最大时，点P恰好在以H，F为焦点的双曲线上，则k的最大值为_，此时该双曲线的离心率为_四、解答题：本题共6小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17(10分)现在给出三个条件：a2；B；cb.试从中选出两个条件，补充在下面的问题中，使其能够确定ABC，并以此为依据，求ABC的面积在ABC中，a、b、

5、c分别是角A、B、C的对边，且满足(2bc)cos Aacos C，求ABC的面积(选出一种可行的方案解答，若选出多个方案分别解答，则按第一个解答记分)18(12分)已知数列an满足.(1)求数列an的通项公式；(2)设数列的前n项和为Tn，证明：Tn2ln 2.五高考押题专练专练一1答案：B解析：由题意可得A1,2,3，B0,1,2，所以AB1,2故选B.2答案：D解析：由题意可得zi，所以|z| .故选D.3答案：C解析：因为a1，b0,0c1，所以bca.4答案：D解析：因为f(x)cos2cos，所以最小正周期为.5答案：A解析：若ln mln n，则0mn，从而m2n2；若m2n2，

6、则|m|n|，推不出ln mln n.6答案：C解析：因为A，F，B三点共线，所以AB为圆F的直径，ADBD.由抛物线定义知|AD|AF|AB|，所以ABD30.因为F到准线的距离为6，所以|AF|BF|2612.7答案：A解析：因为xa0.当01时，若a0，则f(b)b21b1，解得b，此时2(ba)1；若01，则由图象知f(x)在a，b上单调递增，所以解得(舍去)综上，函数f(x)的所有“完美区间”的“复区间长度”的和为2(1)3.故选AC.13答案：解析：cos ，sin .14答案：112解析：8的展开式的通项为Tr1C(2x3)8rrC28r(1)rx244r令244r0得r6，T7

7、C22(1)6112.15答案：解析：骰子向上为6点的概率为，硬币向上为正面的概率为，故所求事件的概率为.16答案：1解析：过P作准线的垂线交准线于M(图略)，则|PM|PF|，则|PH|k|PF|，可得k.设P，则k，令t1，则k ，当t2时，k取得最大值，即当t12时，k取得最大值，此时y02.不妨设P(1,2)，又因为双曲线的焦点坐标为(1,0)，所以可设双曲线的方程为1，将P(1,2)代入上式，求得a232，所以该双曲线的离心率e1.17解析：方案一：若选因为(2bc)cos Aacos C，由正弦定理可得，2sin B cos A(sin C cos Asin A cos C)sin

8、 B，因为sin B0，所以cos A，又因为a2，cb，由余弦定理可得，解得，b2，c2，故SABCbcsin A22.方案二：若选由方案一知cos A，sin A，即A.又因为a2，B，由正弦定理得，b2，SABCabsin C22sin 221.方案三：若选由方案一知cos A，A.又B，cb，C，由正弦定理得：sin Csin B，sin C，这与C矛盾故ABC无解18解析：(1)，当n1时，a14.当n2时，由，得an(n2)因为a14符合上式，所以an.(2)证明：.Tn.0，Tn3.841，故有95%的把握认为是否生二孩与头胎的男女情况有关(2)在抽取的200户家庭的样本中，按照

9、分层抽样的方法在生二孩的家庭中抽取了7户，则这7户家庭中，头胎生女孩的户数为4，头胎生男孩的户数为3，则X的可能取值为1,2,3,4.P(X1)；P(X2)；P(X3)；P(X4).X的分布列为X1234PE(X)1234.21解析：(1)证明：由题意知F2(1,0)，A(4,0)，设M(s，t)，N(s，t)，则1.直线MF2的方程为y(x1)，直线AN的方程为y(x4)，联立可得xB，yB，即B的坐标为.因为1，所以B点恒在椭圆C上(2)当直线n的斜率不存在时，不符合题意不妨设直线n的方程为ykxb，由对称性可知，若平面内存在定点T，使得PTQ恒成立，则T一定在x轴上，故设T(x0,0)，

10、由可得(4k23)x28kbx4b2120.因为直线n与椭圆C只有一个公共点，所以64k2b24(4k23)(4b212)48(4k2b23)0，所以xP，yPkxPb.又因为Q(4,4kb)，PTQ，所以(4x0,4kb)0，即(x04)0.所以x4x03(4x04)0对于任意的满足4k2b230的k，b恒成立，所以解得x01.故在平面内存在定点T(1,0)，使得PTQ恒成立22解析：(1)H(x)f(x)g(x)ln xax2(a2)x1，H(x)2ax(a2).当a0时，H(x)在上单调递增，H(x)在上单调递减当2a0，得x，所以H(x)在，上单调递增；令H(x)0，得x，所以H(x)

11、在上单调递减当a2时，H(x)0，H(x)在(0，)上单调递增当a0，得x，所以H(x)在，上单调递增；令H(x)0，得x，所以H(x)在上单调递减(2)证明：G(x)g(x)(a2)xax2，因为函数f(x)的图象与G(x)的图象有两个不同交点，所以关于x的方程ax2xln x1，即axln x有两个不同的根由题知ln x1ax1，ln x2ax2，得ln (x1x2)a(x1x2)，得ln a(x2x1).由，得ln (x1x2) ln ，不妨设0x11.令F(t)ln t(t1)，则F(t)0，所以F(t)在(1，)上单调递增，所以F(t)F(1)0，则ln t，即ln，所以ln (x1x2) ln 2.因为ln (x1x2)2，即ln 1.令(x)ln x，则(x)在(0，)上单调递增又ln(e) ln 211ln (e)，即()(e)，所以x1x22e2.两边同时取对数可得ln (x1x2)2ln 2，得证